Question

3．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{x}$+b，其中a，b是常數(shù)且a＞0．
（1）用函數(shù)單調(diào)性的定義證明f（x）在區(qū)間（0，$\sqrt{a}$]上是單調(diào)遞減函數(shù)；
（2）已知函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\sqrt{a}$，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，且在區(qū)間[1，2]上f（x）的最大值為5，最小值為3，求a的值．

Answer 1

分析 （1）證法一：任取設(shè)0＜x₁＜x₂≤$\sqrt{a}$，作差比較可得f（x₁）＞f（x₂），結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義，可得：f（x）在區(qū)間（0，$\sqrt{a}$]上是單調(diào)遞減函數(shù)；
證法二：求導(dǎo)，分析出當(dāng)x∈（0，$\sqrt{a}$]時(shí)，f′（x）≤0恒成立，故f（x）在區(qū)間（0，$\sqrt{a}$]上是單調(diào)遞減函數(shù)；
（2）結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分析函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上f（x）的最值，可求出滿足條件的a值．

解答 （1）證法一：∵函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{x}$+b，其中a，b是常數(shù)且a＞0，
任取設(shè)0＜x₁＜x₂≤$\sqrt{a}$，
則x₁-x₂＜0，0＜x₁•x₂＜a，
f（x₁）-f（x₂）=（x₁+$\frac{a}{{x}_{1}}$+b）-（x₂+$\frac{a}{{x}_{2}}$+b）=（x₁-x₂）-$\frac{a（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=（x₁-x₂）$\frac{{x}_{1}•{x}_{2}-a}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0，
即f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在區(qū)間（0，$\sqrt{a}$]上是單調(diào)遞減函數(shù)；
證法二：∵函數(shù)f（x）=x+$\frac{a}{x}$+b，其中a，b是常數(shù)且a＞0，
∴f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈（0，$\sqrt{a}$]時(shí)，f′（x）≤0恒成立，
故f（x）在區(qū)間（0，$\sqrt{a}$]上是單調(diào)遞減函數(shù)；
（2）已知函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\sqrt{a}$，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，且在區(qū)間[1，2]上f（x）的最大值為5，最小值為3，
當(dāng)a≤1時(shí)，即$\left\{\begin{array}{l}1+a+b=3\\ 2+\frac{1}{2}a+b=5\end{array}\right.$，解得：a=-2（舍去）；
當(dāng)1＜a≤2.25時(shí)，即$\left\{\begin{array}{l}2\sqrt{a}+b=3\\ 2+\frac{1}{2}a+b=5\end{array}\right.$，解得：a=0（舍去），或：a=16（舍去）；
當(dāng)2.25＜a＜4時(shí)，$\left\{\begin{array}{l}2\sqrt{a}+b=3\\ 1+a+b=5\end{array}\right.$，解得：a=3+2$\sqrt{2}$（舍去），
當(dāng)a≥4時(shí)，即$\left\{\begin{array}{l}2+\frac{1}{2}a+b=3\\ 1+a+b=5\end{array}\right.$，解得：a=6；
綜上可得：a=6

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)的單調(diào)性的證明，函數(shù)的最值及幾何意義，對(duì)勾函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分類討論思想，難度中檔．